第八節(jié)第2課時磁場對運動電荷的作用

1、第2課時磁場對運動電荷的作用考綱解讀 1.會計算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向.2.掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，并能解決確定圓心、半徑、運動軌跡、周期、運動時間等相關問題1對洛倫茲力的理解帶電荷量為q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是()A只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B如果把q改為q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直D粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變答案B解析因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關，而且與粒子速度的方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時F洛qvB，當粒

2、子速度與磁場平行時F洛0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯因為q改為q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F洛qvB知大小也不變，所以B選項正確因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯2洛倫茲力的大小計算和方向判定如圖1所示，勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向圖1答案

3、甲：因vB，所以F洛qvB，方向與v垂直斜向上乙：v與B的夾角為30°，F(xiàn)洛qvBsin 30°qvB，方向垂直紙面向里丙：由于v與B平行，所以電荷不受洛倫茲力，F(xiàn)洛0?。簐與B垂直，F(xiàn)洛qvB，方向與v垂直斜向上3對帶電粒子運動軌跡的確定試畫出圖2中幾種情況下帶電粒子的運動軌跡圖2答案考點梳理一、洛倫茲力1洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力2洛倫茲力的方向(1)判定方法左手定則：掌心磁感線垂直穿入掌心；四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；拇指指向洛倫茲力的方向(2)方向特點：F洛B，F(xiàn)洛v，即F洛垂直于B和v決定的平面(注意：洛倫茲力不做功)3洛倫茲力的

4、大小(1)vB時，洛倫茲力F洛0.(0°或180°)(2)vB時，洛倫茲力F洛qvB.(90°)(3)v0時，洛倫茲力F洛0.二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1若vB，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動2若vB，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動4帶電粒子在有界勻強磁場中運動的分析如圖3所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出，若AOB120°，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()圖3A.B.C.D.答案D

5、解析畫出帶電粒子進、出磁場時速度方向的垂線交于O點，O點即為粒子做圓周運動軌跡的圓心，如圖所示連接OO，設軌跡半徑為R，由幾何關系可知帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑Rrtan 60°r.因為AOB120°，故AOB60°，運動時間tT×，D正確5帶電粒子在勻強磁場中有關問題分析如圖4所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以不同的初速度兩次從O點垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強磁場，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點射出磁場，測得OMON34，則下列說法中錯誤的是()圖4A兩次帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間之比為34B兩次帶電粒子在磁場中運動的路程長度之比為3

6、4C兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為34D兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為43答案AD解析設OM2r1，ON2r2，故，路程長度之比，B正確；由r知，故,C正確,D錯誤;由于T，則1,A錯.規(guī)律總結(jié)1帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖5所示)圖5(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖6所示)圖6(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖7所示)圖72確定粒子運動的圓心，找出軌跡對應的圓心角，再求運動時間.考點一洛倫茲力和電場力的比較1洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直

7、于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化2洛倫茲力與電場力的比較 對應力內(nèi)容項目洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v0且v不與B平行電場中的電荷一定受到電場力作用大小F洛qvB(vB)FqE力方向與場方向的關系一定是F洛B，F(xiàn)洛v，與電荷電性無關正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功力為零時場的情況F洛為零,B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以

8、改變電荷運動的方向深化拓展(1)洛倫茲力對電荷不做功；安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功(2)只有運動電荷才會受到洛倫茲力，靜止電荷在磁場中所受洛倫茲力一定為零例1在如圖8所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)角在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為(不計粒子的重力)，問：圖8(1)勻強磁場的磁感應強度是多大？(2)粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？解析(1)設寬度為L.當只有電場存在時，帶電粒子做類平拋運動水平方向上：Lv0t，豎直方向上：vyattan 當只有磁場存在時，帶電粒子做勻

9、速圓周運動，半徑為R，如圖所示，由幾何關系可知sin ，R聯(lián)立解得B.(2)粒子在電場中運動時間t1在磁場中運動時間t2·T·所以·.答案(1)(2)電荷在勻強電場和勻強磁場中的運動規(guī)律不同運動電荷穿出有界電場的時間與其入射速度的方向和大小有關，而穿出有界磁場的時間則與電荷在磁場中的運動周期有關在解題過程中靈活運用運動的合成與分解和幾何關系是解題關鍵突破訓練1在如圖9所示的空間中，存在電場強度為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向、磁感應強度為B的勻強磁場(圖中均未畫出)一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動據(jù)此可以判斷出()圖9A質(zhì)子所受電場力

10、大小等于eE，運動中電勢能減?。谎貁軸正方向電勢升高B質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大；沿z軸正方向電勢降低C質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢升高D質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢降低答案C解析解答本題時利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)平衡條件判斷電場力方向及電場方向，注意運用電場力做功與電勢能變化的關系，及沿電場線方向電勢降低勻強磁場的磁感應強度B的方向沿x軸負方向，質(zhì)子沿y軸正方向運動，由左手定則可確定洛倫茲力沿z軸正方向；由于質(zhì)子受電場力和洛倫茲力作用沿y軸正方向做勻速直線運動，故電場力eE等于洛倫茲力evB

11、，方向沿z軸負方向，即電場方向沿z軸負方向，質(zhì)子在運動過程中電場力不做功，電勢能不變，沿z軸正方向即電場反方向電勢升高，故C正確，A、B、D錯誤考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1圓心的確定(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖10甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)圖10(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)2半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識(勾

12、股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小3運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為時，其運動時間表示為：tT(或t)例2(2012·安徽理綜·19)如圖11所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)圖11A.tB2tC.tD3t審題指導1.粒子做圓周運動的圓心是O點嗎？怎樣找？2要求粒子在磁場中運動的時間，就要先找圓周運動軌跡對應的圓心角,再利用

13、周期公式求解.解析設帶電粒子以速度v射入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB，得r1，根據(jù)幾何關系得tan ，且160°.當帶電粒子以v的速度射入時，軌道半徑r2r1，圓心在O2，則tan .即tan 3tan .故60°，2120°；帶電粒子在磁場中運動的時間tT，所以，即t22t12t，故選項B正確，選項A、C、D錯誤答案B找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關系是解題的基礎，建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角之間的關系是解題的關鍵例3如圖12所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間

14、電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值靜止的帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求：圖12(1)兩板間電壓的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s；(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm.解析(1)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示，CHQCL故半徑r1L又因為qv1Bm且qUmmv，所以Um.

15、(2)設粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2，設圓心為A，在AKC中：sin 45°解得r2(1)L，即r2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s，即sr1r2(2)L.(3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期，所以tm.答案(1)(2)(2)L(3)1.帶電體在磁場中的臨界問題的處理方法 帶電體進入有界磁場區(qū)域，一般存在臨界問題，處理的方法是尋找臨界狀態(tài)，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切2帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的

16、程序解題法三步法(1)畫軌跡：即畫出運動軌跡，并確定圓心，用幾何方法求半徑(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系(3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式突破訓練2(2011·浙江·20)利用如圖13所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下

17、列說法正確的是()圖13A粒子帶正電B射出粒子的最大速度為C保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大答案BC解析利用左手定則可判定只有負電荷進入磁場時才向右偏，故選項A錯誤利用qvB知r，能射出的粒子滿足r，因此對應射出粒子的最大速度vmax，選項B正確vmin，vvmaxvmin，由此式可判定選項C正確，選項D錯誤突破訓練3如圖14所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B0.10 T，磁場區(qū)域半徑r m，左側(cè)區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側(cè)區(qū)圓心為O2，磁

18、場向外，兩區(qū)域切點為C.今有質(zhì)量m3.2×1026 kg、帶電荷量q1.6×1019 C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點以速度v1×106 m/s正對O1的方向垂直射入磁場，它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)穿出求：圖14(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間；(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離多大？(側(cè)移距離指在垂直初速度方向上移動的距離)答案(1)4.19×106 s(2)2 m解析(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左、右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T由牛頓第二定律有qvBm又T聯(lián)立得：RT將已知數(shù)據(jù)

19、代入得R2 m由軌跡圖知tan ，即則全段軌跡運動時間t2×T聯(lián)立并代入已知數(shù)據(jù)得t s4.19×106 s(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關系知側(cè)移距離d2rsin 2將已知數(shù)據(jù)代入得d2×sin m2 m41帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題 1臨界問題的分析思路臨界問題的分析對象是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時存在著一個過渡的轉(zhuǎn)折點，此轉(zhuǎn)折點即為臨界狀態(tài)點與臨界狀態(tài)相關的物理條件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態(tài)及臨界條件；(2)總結(jié)臨界點

20、的規(guī)律；(3)解出臨界量；(4)分析臨界量列出公式2極值問題的分析思路所謂極值問題就是對題中所求的某個物理量最大值或最小值的分析或計算，求解的思路一般有以下兩種：一是根據(jù)題給條件列出函數(shù)關系式進行分析、討論；二是借助于幾何圖形進行直觀分析例4如圖15所示，在第二象限和第四象限的正方形區(qū)域內(nèi)分別存在著勻強磁場，磁感應強度均為B，方向相反，且都垂直于xOy平面一電子由P(d，d)點，沿x軸正方向射入磁場區(qū)域.(電子質(zhì)量為m，電荷量為e，sin 53°)圖15(1)求電子能從第三象限射出的入射速度的范圍(2)若電子從(0，)位置射出，求電子在磁場中運動的時間t.(3)求第(2)問中電子離開

21、磁場時的位置坐標解析(1)電子能從第三象限射出的臨界軌跡如圖甲所示電子偏轉(zhuǎn)半徑范圍為<r<d由evBm得v故電子入射速度的范圍為<v<.(2)電子從(0，)位置射出的運動軌跡如圖乙所示.設電子在磁場中運動的軌道半徑為R，則R2(R)2d2解得R由幾何關系得PHM53°由evBmR()2解得T則t×.(3)如圖乙所示，根據(jù)幾何知識,帶電粒子在射出磁場區(qū)域時與水平方向的夾角為53°，則在磁場區(qū)域位置N點的橫坐標為由NBH可解得NB的長度等于d，則QAd由勾股定理得HAd，HBRcos 53°所以電子離開磁場的位置坐標為(d，dd)答案

22、(1)<v<(2) (3)(d，dd)突破訓練4兩極板M、N相距為d，板長為5d，兩板未帶電，板間有垂直于紙面的勻強磁場，如圖16所示，一大群電子沿平行于板的方向從各個位置以速度v射入板間，為了使電子都不從板間穿出，磁感應強度B的范圍怎樣？(設電子電荷量為e，質(zhì)量為m)圖16答案B解析如圖所示，靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板右邊緣，對應的磁感應強度有最小值B1，設此時軌道半徑為R1，則有evB1由幾何關系得(R1d)2(5d)2R聯(lián)立解得B1靠近M板進入磁場的電子剛好打到N板左邊緣，對應的磁感應強度有最大值B2，此時軌道半徑為R2evB2由幾何關系得R2聯(lián)立解得B2綜上所述，磁

23、感應強度B的范圍為B高考題組1(2012·廣東理綜·15)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖17中虛線所示下列表述正確的是 ()圖17AM帶負電，N帶正電BM的速率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM的運行時間大于N的運行時間答案A解析由左手定則知M帶負電，N帶正電，選項A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動且向心力F向F洛，即qvB得r，因為M、N的質(zhì)量、電荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項C錯誤；由T知M、N兩粒子做勻速圓周運

24、動的周期相等且在磁場中的運動時間均為，選項D錯誤2(2012·江蘇單科·9)如圖18所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點下列說法正確的有()圖18A若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0D若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0答案BC解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qv0B，所以r，當帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進入勻強磁場時，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與

25、邊界的交點位置最遠是離O點2r的距離，即OA2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子則均落在A點左側(cè)，若落在A點右側(cè)則必須有更大的速度，選項B正確若粒子速度雖然比v0大，但進入磁場時與磁場邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點左側(cè)，選項A、D錯誤若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，設其半徑為r，則r，代入r，r，解得vv0，選項C正確3. (2011·海南單科·10)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖19中的正方形為其邊界一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒 圖1

26、9子不計重力下列說法正確的是()A入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大答案BD解析帶電粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)qvB得軌道半徑r，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁場中運動的軌道半徑不同，軌跡不同；相同速度的粒子，軌道半徑相同，軌跡相同，故B正確帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，故所有帶電粒子的運動周期均相同，若帶電粒子都從磁場左邊界出磁場，則這些粒子在磁場中的運動時間是相同的，但不同速度的粒子，其運

27、動軌跡不同，故A、C錯誤根據(jù)得t，所以運動時間t越長，運動軌跡所對的圓心角越大，故D正確4(2012·海南單科·16)圖20(a)所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖(b)所示當B為B0時，磁感應強度方向指向紙外在坐標原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于.不計重力設P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向從O點開始運動，將它經(jīng)過時間T到達的點記為A. (a)(b)圖20(1)若t00，則直線OA與x軸的夾角是多少？(2)若t0，則直線OA與x軸的夾角是多少？答案(1)0(2)解析(1)

28、設粒子P的質(zhì)量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xOy平面內(nèi)做圓周運動，分別用R與T表示圓周的半徑和運動周期，則有qvB0m()2Rv由式與已知條件得TT粒子P在t0到t時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達x軸上B點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t到tT時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達x軸上A點，如圖所示OA與x軸的夾角0(2)粒子P在t0時刻開始運動，在t到t時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t到tT時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在tT到t時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達A點，如圖所示由

29、幾何關系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角模擬題組5如圖21所示的虛線框為一長方形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向、沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c、d四點射出磁場，比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td，其大小關系是()圖21Ata<tb<tc<tdBtatbtctdCtatb>td>tcDtatb>tc>td答案D解析由洛倫茲力與速度的方向關系可知，從a、b兩點射出的電子都完成了半個周期的運動，即tatb；從c點和d點射出的電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角都小于180°，且d

30、<c，故td<tc<，D選項正確6如圖22所示，在真空區(qū)域內(nèi)，有寬度為L的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，先后兩次沿著與MN夾角為(0°<<90°)的方向垂直于磁感線射入勻強磁場中，第一次粒子是經(jīng)電壓U1加速后射入磁場的，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場；第二次粒子是經(jīng)電壓U2加速后射入磁場的，粒子剛好能垂直于PQ射出磁場(不計粒子重力，粒子加速前的速度認為是零，U1、U2未知)圖22(1)加速電壓U1、U2的比值為多少？(2)為使粒子經(jīng)電壓U2加速射入磁場后沿直線射出PQ邊界，

31、可在磁場區(qū)域加一個勻強電場，求該電場的場強大小答案(1)(2)解析(1)如圖所示，第一次粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌跡剛好與PQ相切，如圖中的軌跡1.設軌跡半徑為r1，由幾何關系得：r1r1cos L，解得r1.第二次粒子剛好能垂直PQ邊界射出磁場，粒子在磁場中的軌跡圓心為圖中的O2點，運行軌跡為軌跡2，設軌跡半徑為r2，由幾何關系得到：r2由動能定理及牛頓第二定律得qUmv2，qvB，r，從而可得 ，所以.(2)若加入一個勻強電場后使電場力恰好能平衡洛倫茲力，則粒子將沿直線射出PQ邊界，場強方向為垂直速度方向斜向下，設場強大小為E，則EqBqv2，解得EBv2由于粒子

32、經(jīng)電壓U2且未加電場時的軌跡半徑r2，可得v2聯(lián)立可得E，方向與水平方向成角斜向右下方(限時：45分鐘)題組1洛倫茲力的特點與應用1帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用下列表述正確的是()A洛倫茲力對帶電粒子做功B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C洛倫茲力的大小與速度無關D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向答案B解析洛倫茲力的方向與運動方向垂直，所以洛倫茲力永遠不做功，即不改變粒子的動能，A錯誤，B正確；洛倫茲力F洛Bqv，C錯誤；洛倫茲力不改變速度的大小，但改變速度的方向，D錯誤2. 如圖1所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并

33、且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則 ()圖1A經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運動過程中三個小球的機械能均保持不變答案CD解析設磁感應強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mgBvq甲，mgBvq乙，mg，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D

34、正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確3. 帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖2所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將 ()圖2A可能做直線運動B可能做勻減速運動C一定做曲線運動D可能做勻速圓周運動答案C解析帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確題組2帶電粒子在直線邊界磁場中的運動4. 帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，如圖3所示運動中經(jīng)過

35、b點，OaOb，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為()圖3Av0B1C2v0D.答案C解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故OaObr，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Obv0tOat2，由得2v0，故選項C對5如圖4所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60°，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的()圖4A帶電粒子的比荷B帶電粒

36、子在磁場中運動的周期C帶電粒子的初速度D帶電粒子在磁場中運動的半徑答案AB解析由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運動軌跡所對的圓心角為60°，因此由幾何關系得磁場寬度lRsin 60°sin 60°，又未加磁場時有l(wèi)v0t，所以可求得比荷，A項對；周期T也可求出，B項對；因初速度未知，所以C、D項錯6如圖5所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，垂直于磁場射入一速度方向跟ad邊夾角30°、大小為v0的帶正電粒子已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：圖5(1)粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍；(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間答案(1)<v0(2)解析(1)若粒子速度為v0，軌跡半徑為R，由qv0Bm，則R若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此時相應速度為v01，則R1R1sin 將R1代入上式并由題給數(shù)據(jù)可得v01若軌跡與cd邊相切，設此時粒子速度為v02，則R2R2sin 將R2代入上式可得v02所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足<v0.(2)粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越大，在磁場中運動的時間越長由圖可知，在磁場中運動的半徑rR1時，運動時間最長，此時弧